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专题二 第3讲 导数及其应用(理)(教师)


专题二 第 3 讲 考情解读

导数及其应用(理)

1.导数的意义和运算是导数应用的基础,是高考的一个热点.2.利用函数的单调性

和最值确定函数的解析式或参数的值,突出考查导数的工具性作用.

1.导数的几何意义: 函数 y=f(x)在点 x=x0 处的导数值就是曲线 y=f(x)在点(x0,f(x0))处的 切线的斜率,其切线方程是 y-f(x0)=f′(x0)(x-x0). 2.导数与函数单调性的关系 (1)f′(x)>0 是 f(x)为增函数的充分不必要条件,如函数 f(x)=x3 在(-∞,+∞)上单调递增, 但 f′(x)≥0. (2)f′(x)≥0 是 f(x)为增函数的必要不充分条件, 当函数在某个区间内恒有 f′(x)=0 时, 则 f(x) 为常函数,函数不具有单调性. 3.函数的极值与最值 (1)函数的极值是局部范围内讨论的问题,函数的最值是对整个定义域而言的,是在整个范围 内讨论的问题. (2)函数在其定义区间的最大值、最小值最多有一个,而函数的极值可能不止一个,也可能没 有. (3)闭区间上连续的函数一定有最值,开区间内的函数不一定有最值,若有唯一的极值,则此 极值一定是函数的最值. 4.定积分的三个公式与一个定理 (1)定积分的性质:
b ①? b akf(x)dx=k? af(x)dx; b ②? b f2(x)]dx=? a f1(x)dx± ?b a[f1(x)± af2(x)dx; c b ③? b af(x)dx=? af(x)dx+? c f(x)dx(其中 a<c<b).

(2)微积分基本定理: 一般地,如果 f(x)是区间[a,b]上的连续函数,并且 F′(x)=f(x),那么 ? b af(x)dx=F(b)-F(a).

热点一 导数的运算和几何意义

1.(1)(2014· 广东)曲线 y=e

-5x

+2 在点(0,3)处的切线方程为________.

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5 (2)在平面直角坐标系 xOy 中,设 A 是曲线 C1:y=ax3+1(a>0)与曲线 C2:x2+y2= 的一个公 2 共点,若 C1 在 A 处的切线与 C2 在 A 处的切线互相垂直,则实数 a 的值是________. 思维启迪 (1)先根据导数的几何意义求出切线的斜率,写出点斜式方程,再化为一般式方

程.(2)A 点坐标是解题的关键点,列方程求出. 答案 (1)5x+y-3=0 解析 (1)因为 y′=e 所以 y′|x=0=-5, 故切线方程为 y-3=-5(x-0), 即 5x+y-3=0. 1 (2)设 A(x0,y0),则 C1 在 A 处的切线的斜率为 f′(x0)=3ax2 0,C2 在 A 处的切线的斜率为- kOA x0 =- , y0 又 C1 在 A 处的切线与 C2 在 A 处的切线互相垂直, x0 3 所以(- )· 3a2 0=-1,即 y0=3ax0, y0 3 又 ax3 0=y0-1,所以 y0= , 2 5 1 代入 C2:x2+y2= ,得 x0=± , 2 2 1 3 将 x0=± ,y0= 代入 y=ax3+1(a>0),得 a=4. 2 2 思维升华 (1)求曲线的切线要注意“过点 P 的切线”与“在点 P 处的切线”的差异, 过点 P 的切线中,点 P 不一定是切点,点 P 也不一定在已知曲线上,而在点 P 处的切线,必以点 P 为切点. (2)利用导数的几何意义解题,主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转 化.以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值,则要求掌握平行、垂直与斜率之间 的关系,进而和导数联系起来求解. π π 2.(1)已知函数 y=f(x)的导函数为 f′(x)且 f(x)=x2f′( )+sin x,则 f′( )=________. 3 3 π (2)若曲线 f(x)=xsin x+1 在 x= 处的切线与直线 ax+2y+1=0 互相垂直,则实数 a 等于 2 ________. 答案 (1) 3 (2)2 6-4π
-5x

(2)4 (-5x)′=-5e
-5x



π π 解析 (1)因为 f(x)=x2f′( )+sin x,所以 f′(x)=2xf′( )+cos x. 3 3

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π π π π π 3 所以 f′( )=2× f′( )+cos .所以 f′( )= . 3 3 3 3 3 6-4π π (2)f′(x)=sin x+xcos x,f′( )=1, 2 π 即函数 f(x)=xsin x+1 在点 x= 处的切线的斜率是 1, 2 a 直线 ax+2y+1=0 的斜率是- , 2 a 所以(- )×1=-1,解得 a=2. 2 热点二 利用导数研究函数的性质 3.已知函数 f(x)=(x+a)ex,其中 e 是自然对数的底数,a∈R. (1)求函数 f(x)的单调区间; (2)当 x∈[0,4]时,求函数 f(x)的最小值. 思维启迪 (1)直接求 f′(x),利用 f′(x)的符号确定单调区间;(2)讨论区间[0,4]和所得单调 区间的关系,一般情况下,f(x)的最值可能在极值点或给定区间的端点处取到. 解 (1)因为 f(x)=(x+a)ex,x∈R,所以 f′(x)=(x+a+1)ex. 令 f′(x)=0,得 x=-a-1. 当 x 变化时,f(x)和 f′(x)的变化情况如下: x f′(x) f(x) 故 f(x)的单调减区间为(-∞,-a-1); 单调增区间为(-a-1,+∞). (2)由(1)得,f(x)的单调减区间为(-∞,-a-1); 单调增区间为(-a-1,+∞). 所以当-a-1≤0,即 a≥-1 时,f(x)在[0,4]上单调递增,故 f(x)在[0,4]上的最小值为 f(x)min =f(0)=a; 当 0<-a-1<4,即-5<a<-1 时, f(x)在(0,-a-1)上单调递减, f(x)在(-a-1,4)上单调递增, 故 f(x)在[0,4]上的最小值为 f(x)min=f(-a-1)=-e
-a-1

(-∞,-a-1) -

-a-1 0

(-a-1,+∞) +



当-a-1≥4,即 a≤-5 时,f(x)在[0,4]上单调递减, 故 f(x)在[0,4]上的最小值为 f(x)min=f(4)=(a+4)e4.

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a, a≥-1, ? ? -a-1 , -5<a<-1, 所以函数 f(x)在[0,4]上的最小值为 f(x)min=?-e 4 ? ??a+4?e , a≤-5. 思维升华 利用导数研究函数性质的一般步骤: (1)确定函数的定义域; (2)求导函数 f′(x); (3)① 若求单调区间 ( 或证明单调性 ) ,只要在函数定义域内解 ( 或证明 ) 不等式 f′(x)>0 或 f′(x)<0. ②若已知函数的单调性,则转化为不等式 f′(x)≥0 或 f′(x)≤0 在单调区间上恒成立问题来 求解. (4)①若求极值,则先求方程 f′(x)=0 的根,再检查 f′(x)在方程根的左右函数值的符号. ②若已知极值大小或存在情况,则转化为已知方程 f′(x)=0 根的大小或存在情况来求解. (5)求函数 f(x)在闭区间[a,b]的最值时,在得到极值的基础上,结合区间端点的函数值 f(a), f(b)与 f(x)的各极值进行比较得到函数的最值. 2a 4.已知函数 f(x)=ln x+ ,a∈R. x (1)若函数 f(x)在[2,+∞)上是增函数,求实数 a 的取值范围; (2)若函数 f(x)在[1,e]上的最小值为 3,求实数 a 的值. 2a 1 2a 解 (1)∵f(x)=ln x+ ,∴f′(x)= - 2 . x x x ∵f(x)在[2,+∞)上是增函数, 1 2a ∴f′(x)= - 2 ≥0 在[2,+∞)上恒成立, x x x 即 a≤ 在[2,+∞)上恒成立. 2 x 令 g(x)= ,则 a≤[g(x)]min,x∈[2,+∞), 2 x ∵g(x)= 在[2,+∞)上是增函数, 2 ∴[g(x)]min=g(2)=1. ∴a≤1.所以实数 a 的取值范围为(-∞,1]. x-2a (2)由(1)得 f′(x)= 2 ,x∈[1,e]. x ①若 2a<1,则 x-2a>0,即 f′(x)>0 在[1,e]上恒成立, 此时 f(x)在[1,e]上是增函数. 3 所以[f(x)]min=f(1)=2a=3,解得 a= (舍去). 2

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②若 1≤2a≤e,令 f′(x)=0,得 x=2a. 当 1<x<2a 时,f′(x)<0, 所以 f(x)在(1,2a)上是减函数,当 2a<x<e 时,f′(x)>0,所以 f(x)在(2a,e)上是增函数. 所以[f(x)]min=f(2a)=ln(2a)+1=3, e2 解得 a= (舍去). 2 ③若 2a>e,则 x-2a<0,即 f′(x)<0 在[1,e]上恒成立,此时 f(x)在[1,e]上是减函数. 2a 所以[f(x)]min=f(e)=1+ =3,得 a=e.适合题意. e 综上 a=e. 热点三 导数与方程、不等式 a 5.已知函数 f(x)=ln x,g(x)= (a>0),设 F(x)=f(x)+g(x). x (1)求函数 F(x)的单调区间; 1 (2)若以函数 y=F(x)(x∈(0,3])图象上任意一点 P(x0,y0)为切点的切线的斜率 k≤ 恒成立,求 2 实数 a 的最小值; (3)是否存在实数 m,使得函数 y=g( 2a )+m-1 的图象与函数 y=f(1+x2)的图象恰有四个 x +1
2

不同交点?若存在,求出实数 m 的取值范围;若不存在,说明理由. 1 思维启迪 (1)利用 F′(x)确定单调区间;(2)k=F′(x0),F′(x0)≤ 分离 a,利用函数思想求 2 a 的最小值;(3)利用数形结合思想将函数图象的交点个数和方程根的个数相互转化. a 1 a x-a 解 (1)F(x)=f(x)+g(x)=ln x+ (x>0),F′(x)= - 2= 2 . x x x x ∵a>0,由 F′(x)>0?x∈(a,+∞), ∴F(x)在(a,+∞)上是增函数. 由 F′(x)<0?x∈(0,a), ∴F(x)在(0,a)上是减函数. ∴F(x)的单调递减区间为(0,a), 单调递增区间为(a,+∞). x-a (2)由 F′(x)= 2 (0<x≤3)得 x x0-a 1 1 k=F′(x0)= 2 ≤ (0<x0≤3)恒成立?a≥- x2 +x 恒成立. x0 2 2 0 0 1 1 ∵当 x0=1 时,- x2 0+x0 取得最大值 , 2 2

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1 1 ∴a≥ ,a 的最小值为 . 2 2 (3)若 y=g( 2a 1 1 )+m-1= x2+m- 的图象与 y=f(1+x2)=ln(x2+1)的图象恰有四个不同交 2 2 x2+1

1 1 点,即 x2+m- =ln(x2+1)有四个不同的根, 2 2 1 1 亦即 m=ln(x2+1)- x2+ 有四个不同的根. 2 2 1 1 令 G(x)=ln(x2+1)- x2+ . 2 2 2x-x3-x -x?x+1??x-1? 2x 则 G′(x)= 2 -x= 2 = x +1 x +1 x2+1 当 x 变化时 G′(x)、G(x)的变化情况如下表: (-∞,-1) G′(x)的符号 G(x)的单调性 1 由上表知:G(x)极小值=G(0)= ,G(x)极大值=G(-1)=G(1)=ln 2>0. 2 1 1 又由 G(2)=G(-2)=ln 5-2+ < 可知, 2 2 1 1 2a 当 m∈( , ln 2)时, y=G(x)与 y=m 恰有四个不同交点. 故存在 m∈( , ln 2), 使函数 y=g( 2 ) 2 2 x +1 +m-1 的图象与 y=f(1+x2)的图象恰有四个不同交点. 思维升华 研究方程及不等式问题,都要运用函数性质,而导数是研究函数性质的一种重要 工具.基本思路是构造函数,通过导数的方法研究这个函数的单调性、极值和特殊点的函数 值,根据函数的性质推断不等式成立的情况以及方程实根的个数,必要时画出函数的草图辅 助思考. 6.已知函数 f(x)=a(x2+1)+ln x. (1)讨论函数 f(x)的单调性; (2)若对任意 a∈(-4,-2)及 x∈[1,3],恒有 ma-f(x)>a2 成立,求实数 m 的取值范围.
2 1 2ax +1 解 (1)由已知,得 f′(x)=2ax+ = (x>0). x x

(-1,0) -

(0,1) +

(1,+∞) -



①当 a≥0 时,恒有 f′(x)>0,则 f(x)在(0,+∞)上是增函数. ②当 a<0 时,若 0<x< 故 f(x)在(0, 若 x> - 1 - ,则 f′(x)>0, 2a

1 ]上是增函数; 2a

1 - ,则 f′(x)<0, 2a
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故 f(x)在[



1 ,+∞)上是减函数. 2a

综上,当 a≥0 时,f(x)在(0,+∞)上是增函数; 当 a<0 时,f(x)在(0, - 1 ]上是增函数,在[ 2a 1 - ,+∞)上是减函数. 2a

(2)由题意,知对任意 a∈(-4,-2)及 x∈[1,3], 恒有 ma-f(x)>a2 成立, 等价于 ma-a2>f(x)max. 因为 a∈(-4,-2),所以 2 < 4 - 1 1 < <1. 2a 2

由(1),知当 a∈(-4,-2)时,f(x)在[1,3]上是减函数, 所以 f(x)max=f(1)=2a, 所以 ma-a2>2a,即 m<a+2. 因为 a∈(-4,-2),所以-2<a+2<0. 所以实数 m 的取值范围为 m≤-2. 热点四 定积分
? ?ln x,x>0 1 x 7.(1)已知 a=? 1 ,则 f(a)+f(log2 ) 0(e +2x)dx(e 为自然对数的底数),函数 f(x)=? -x 6 ?2 ,x≤0 ?

=________. (2)(2014· 山东)直线 y=4x 与曲线 y=x3 在第一象限内围成的封闭图形的面积为( A.2 2 B.4 2 C.2 D.4 )

思维启迪 (1)利用微积分基本定理先求出 a,再求分段函数的函数值;(2)利用图形将所求面 积化为定积分. 答案 (1)7 (2)D
? ?ln x,x>0 1 x x 2 1 解析 (1)因为 a=? 1 f(x)=? -x , 所以 f(a)+f(log2 ) 0(e +2x)dx=(e +x )|0=e+1-1=e, 6 ?2 ,x≤0 ?

=f(e)+f(-log26)=ln e+2-(-log26)=1+6=7. (2)令 4x=x3,解得 x=0 或 x=± 2,
3 ∴S=? 2 0(4x-x )= 2 ?2x2-x ??0 4 ?? =8-4=4,故选 D. ? 4

思维升华 (1)直接使用微积分基本定理求定积分时,要根据求导运算与求原函数运算互为逆 运算的关系,运用基本初等函数的求导公式和导数的四则运算法则从反方向上求出原函数. (2)利用定积分求所围成的阴影部分的面积时,要利用数形结合的方法确定出被积函数和积分 的上限与下限.同时,有的定积分不易直接求出,需要借用其几何意义求出. 1 8.(1)若 ? a 1(2x+ )dx=3+ln 2,且 a>1,则 a 的值为( x
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)

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A.6 B.4 C.3 D.2 (2)如图,阴影部分的面积是( )

A.2 3 32 C. 3 答案 (1)D (2)C

B.9-2 3 35 D. 3

1 2 a 2 2 解析 (1)? a 1(2x+ )dx=(x +ln x)|1=a +ln a-1,由题意,可得 a +ln a-1=3+ln 2, x 解得 a=2. 1 3 2 1 1 1 2 (2)由题图,可知阴影部分面积为 ? - 3(3-x -2x)dx=(3x- x -x )|-3=(3- -1)-(-9+9- 3 3 32 9)= . 3

1.函数单调性的应用 (1)若可导函数 f(x)在(a,b)上单调递增,则 f′(x)≥0 在区间(a,b)上恒成立; (2)若可导函数 f(x)在(a,b)上单调递减,则 f′(x)≤0 在区间(a,b)上恒成立; (3)可导函数 f(x)在区间(a,b)上为增函数是 f′(x)>0 的必要不充分条件. 2.可导函数极值的理解 (1)函数在定义域上的极大值与极小值的大小关系不确定,也有可能极小值大于极大值; (2)对于可导函数 f(x),“f(x)在 x=x0 处的导数 f′(x)=0”是“f(x)在 x=x0 处取得极值”的必 要不充分条件; (3)注意导函数的图象与原函数图象的关系,导函数由正变负的零点是原函数的极大值点,导 函数由负变正的零点是原函数的极小值点. 3.利用导数解决优化问题的步骤 (1)审题设未知数;(2)结合题意列出函数关系式;(3)确定函数的定义域;(4)在定义域内求极 值、最值;(5)下结论. 4.定积分在几何中的应用 被积函数为 y=f(x),由曲线 y=f(x)与直线 x=a,x=b(a<b)和 y=0 所围成的曲边梯形的面积 为 S.

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(1)当 f(x)>0 时,S=? b af(x)dx; (2)当 f(x)<0 时,S=-? b af(x)dx;
b (3)当 x∈[a,c]时,f(x)>0;当 x∈[c,b]时,f(x)<0,则 S=? c af(x)dx-? c f(x)dx.

真题感悟 9.(2014· 江西)若曲线 y=e x 上点 P 处的切线平行于直线 2x+y+1=0,则点 P 的坐标是


________. 答案 (-ln 2,2) 1 - - 解析 设 P(x0,y0),∵y=e x= x,∴y′=-e x, e ∴点 P 处的切线斜率为 k=-e-x0=-2, ∴-x0=ln 2,∴x0=-ln 2, ∴y0=eln 2=2,∴点 P 的坐标为(-ln 2,2). 1 10. 已知函数 f(x)=x- , g(x)=x2-2ax+4, 若任意 x1∈[0,1], 存在 x2∈[1,2], 使 f(x1)≥g(x2), x+1 则实数 a 的取值范围是__________. 9 ? 答案 ? ?4,+∞? 1 解析 由于 f′(x)=1+ >0,因此函数 f(x)在[0,1]上单调递增, ?x+1?2 所以 x∈[0,1]时,f(x)min=f(0)=-1. 根据题意可知存在 x∈[1,2],使得 g(x)=x2-2ax+4≤-1, x 5 x 5 即 x2-2ax+5≤0,即 a≥ + 能成立,令 h(x)= + , 2 2x 2 2x 则要使 a≥h(x)在 x∈[1,2]能成立,只需使 a≥h(x)min, x 5 又函数 h(x)= + 在 x∈[1,2]上单调递减, 2 2x 9 9 所以 h(x)min=h(2)= ,故只需 a≥ . 4 4
[配套课时作业 1] A组 π 11.若曲线 f(x)=xsin x+1 在 x= 处的切线与直线 ax+2y+1=0 互相垂直,则实数 a 等于( 2 A.-2 C.1 [思路点拨] [解析] B.-1 D.2 利用导数的几何意义求得切线的斜率,再利用垂直关系求解. )

π? π f′(x)=sin x+xcos x, f′? 即函数 f(x)=xsin x+1 在点 x= 处的切线的斜率是 ?2?=1, 2

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a a 1,直线 ax+2y+1=0 的斜率是- ,所以(- )×1=-1,解得 a=2. 2 2 [答案] D

12.设函数 f(x)=g(x)+x2,曲线 y=g(x)在点(1,g(1))处的切线方程为 y=2x+1,则曲线 y=f(x) 在点(1,f(1))处切线的斜率为( A.- C.4 解析:选 C 1 4 ) B .2 D.- 1 2

∵曲线 y=g(x)在点(1,g(1))处的切线方程为 y=2x+1 ,

∴g′(1)=k=2.又 f′(x)=g′(x)+2x, ∴f′(1)=g′(1)+2=4,故切线的斜率为 4. 13.曲线 y=x(3ln x+1)在点(1,1)处的切线方程为________. 解析:y′=3ln x+1+3,所以曲线在点(1,1)处的切线斜率为 4,所以切线方程为 y-1=4(x -1),即 y=4x-3. 答案:y=4x-3 14.过点(1,0)作曲线 y=ex 的切线,则切线方程为________. 解析:设切点为 P(x0,e 线经过点(1,0),所以-e e2=0. 答案:e2x-y-e2=0 1 15.函数 y= x2-ln x 的单调递减区间为( 2 A.(-1,1] C.[1,+∞) 解析:选 B 则可得 0<x≤1. 16.设函数 f(x)=xex,则( ) ) B.(0,1] D.(0,+∞) 1 1 ?x-1??x+1? 函数 y= x2-ln x 的定义域为(0,+∞),y′=x- = ,令 y′≤0, 2 x x
x
0

x

0

),则切线斜率为 e
0

x

0

,切线方程为 y-e

x

0

=e

x

0

(x-x0),又切

=e

x

(1-x0),解得 x0=2,切线方程为 y-e2=e2(x-2),即 e2x-y-

A.x=1 为 f(x)的极大值点 B.x=1 为 f(x)的极小值点 C.x=-1 为 f(x)的极大值点 D.x=-1 为 f(x)的极小值点 解析:选 D 求导得 f′(x)=ex+xex=ex(x+1),令 f′(x)=ex(x+1)=0,解得 x=-1,易知 x

=-1 是函数 f(x)的极小值点.

2? 17.已知函数 f(x)=x3+ax2-x+c,且 a=f′? ?3?.
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(1)求 a 的值; (2)求函数 f(x)的单调区间; (3)设函数 g(x)=[f(x)-x3]· ex ,若函数 g(x)在 x∈[-3,2]上单调递增,求实数 c 的取值范围. [思路点拨] 2 (1)求出函数的导数,令 x= ,解方程即可;(2)在 a 值确定的情况下,解导数的 3

不等式即可得到其单调区间;(3)即函数的导数在区间[-3,2]上大于或者等于零恒成立. [ 解] (1)由 f(x)=x3+ax2-x+c,得 f′(x)=3x2+2ax-1.

2? ?2?2 ?2? 则 a=f′? ?3?=3×?3? +2a×?3?-1,解之,得 a=-1. 1? 1 (2)因为 f(x)=x3-x2-x+c,从而 f′(x)=3x2-2x-1=3? ?x+3?(x-1),由 f′(x)>0 得 x<-3或 1 x>1,由 f(x)<0 得- <x<1, 3 1? ? 1 ? 所以 f(x)的单调递增区间是? ?-∞,-3?和[1,+∞),f(x)的单调递减区间是?-3,1?. (3)函数 g(x)=[f(x)-x3]· ex=(-x2-x+c)· ex, 有 g′(x)=(-2x-1)ex+(-x2-x+c)ex=(-x2-3x+c-1)ex, 因为函数在区间 x∈[-3,2]上单 调递增,等价于 h(x)=-x2-3x+c-1≥0 在 x∈[-3,2]上恒成立,由于函数 h(x)的图像的对称轴 3 方程是 x=- ,因此只要 h(2)≥0,解得 c≥11,所以 c 的取值范围是[11,+∞). 2 1 18.已知函数 f(x)=x- ax2-ln(1+x),其中 a>0. 2 (1)若 x=2 是 f(x)的极值点,求 a 的值; (2)求 f(x)的单调区间. x?1-a-ax? 解:(1)f′(x)= ,x∈(-1,+∞). x+ 1 1 依题意,得 f′(2)=0,解得 a= . 3 1 经检验,a= 时,符合题意. 3 1 故 a= . 3 1 (2)令 f′(x)=0,得 x1=0 或 x2= -1. a 当 0<a<1 时,f(x)与 f′(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x) (-1,x1) - x1 0 f(x1) (x1,x2) + x2 0 f(x2) (x2,+∞) -

1 ? ?1 ? 所以,f(x)的单调递增区间是? ?0,a-1?,单调递减区间是(-1,0)和?a-1,+∞?. 当 a=1 时,f(x)的单调递减区间是(-1,+∞).
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当 a>1 时,-1<x2<0,f(x)与 f′(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x) (-1,x2) - x2 0 f(x2) (x2,x1) + x1 0 f(x1) (x1,+∞) -

1 1 ? ? ? 所以,f(x)的单调递增区间是? ?a-1,0?,单调递减区间是?-1,a-1?和(0,+∞). 1 ? 1 ? 综上, 当 0<a<1 时, f(x)的单调递增区间是? 单调递减区间是(-1,0)和? ?0,a-1?, ?a-1,+∞?; 当 a=1 时,f(x)的单调递减区间是(-1,+∞); 1 1 ? ? ? 当 a>1 时,f(x)的单调递增区间是? ?a-1,0?,单调递减区间是?-1,a-1?和(0,+∞). 19.已知函数 f(x)=xln x. (1)求函数 f(x)的极值点; (2)设函数 g(x)=f(x)-a(x-1),其中 a∈R,求函数 g(x)在区间[1,e]上的最小值.(其中 e 为 自然对数的底数) [思路点拨] (1)先求 f′(x)的零点,根据零点左、右的单调性确定极值.

(2)对(1)中所求出的极值点,讨论极值点是否在区间[1,e]上,进而确定区间[1,e]上 g(x) 的 单调性,从而得出最小值. [ 解] (1)f′(x)=ln x+1,x>0,

1 由 f′(x)=0 得 x= , e 1? ?1 ? 所以,f(x)在区间? ?0,e ?上单调递减,在区间?e,+∞?上单调递增. 1 所以,x= 是函数 f(x)的极小值点,极大值点不存在. e (2)g(x)=xln x-a(x-1),则 g′(x)=ln x+1-a, 由 g′(x)=0,得 x=ea 1,


所以,在区间(0,e 所以 x=e
a-1

a-1

)上,g(x)为减函数,在区间(ea

-1

,+∞)上,g(x)为增函数,

是极小值点.

以下对极小值点是否在[1,e]上作分类讨论. 当 ea 1≤1,即 a≤1 时,在区间[1,e]上,g(x)为增函数,所以 g(x)的最小值为 g(1)=0.


当 1<ea 1< e,即 1<a<2 时,g(x)的最小值为 g(ea 1)=a-ea 1.
- - -

当 ea 1≥e,即 a≥2 时,在区间[1,e]上,g(x)为减函数,g(x)的最小值为 g(e)=a+e-ae.


综上,当 a≤1 时,g(x)的最小值为 0;当 1<a<2 时,g(x)的最小值为 a-ea 1;当 a≥2 时,g(x)


的最小值为 a+e-ae.

1 3 20.设 f(x)=aln x+ + x+1,其中 a∈R,曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线垂直于 y 轴. 2x 2 (1)求 a 的值;
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(2)求函数 f(x)的极值. 1 3 解:(1)因为 f(x)=aln x+ + x+1, 2x 2 a 1 3 故 f′(x)= - 2+ . x 2x 2 由于曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线垂直于 y 轴,故该切线斜率为 0,即 f′(1)=0,从而 a 1 3 - + =0, 2 2 解得 a=-1. 1 3 (2)由(1)知 f(x)=-ln x+ + x+1(x>0), 2x 2 1 1 3 f′(x)=- - 2+ x 2x 2 3x2-2x-1 = 2 x2 ?3x+1??x-1? = . 2 x2 1 1 令 f′(x)=0,解得 x1=1,x2=- (因 x2=- 不在定义域内,舍去). 3 3 当 x∈(0,1)时,f′(x)<0,故 f(x)在(0,1)上为减函数; 当 x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,故 f(x)在(1,+∞)上为增函数. 故 f(x)在 x=1 处取得极小值 f(1)=3. 21.设函数 f(x)=ln x-ax. (1)求函数 f(x)的极值点; (2)当 a>0 时,恒有 f(x)≤-1,求 a 的取值范围. 解:(1)∵f(x)=ln x-ax, ∴f(x)的定义域为(0,+∞), 1-ax 1 f′(x)= -a= , x x ∴当 a≤0 时,f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上无极值点; 1 当 a>0 时,由 f′(x)=0,得 x= ∈(0,+∞), a f′(x),f(x)随自变量 x 的变化情况如下表 x f′(x) f(x)

?0,1? ? a?


1 a 0 极大值

?1,+∞? ?a ?


1 从上表可以看出,当 a>0 时,f(x)有唯一的极大值点 x= . a 1? 1 (2)当 a>0 时,f(x)在 x= 处取得极大值 f? ?a?=-ln a-1,此极大值也是最大值. a
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1? 要使 f(x)≤-1 恒成立,只需 f? ?a?=-ln a-1≤-1, 所以 a≥1.所以 a 的取值范围是[1,+∞). 1 ? 22.已知函数 y=f(x)的图像是折线段 ABC,其中 A(0,0)、B? ?2,1?、C(1,0).函数 y=xf(x)(0≤x≤1) 的图像与 x 轴围成的图形的面积为________. [思路点拨] 求出图形面积. [解析] 根据题意作出 y=f(x)的图像,如图(1)所示, 1 先求出 f(x)的解析式,再求出 y=xf(x)的解析式,画出 y=xf(x)的图像,应用积分

?2x,0≤x<2, 由图(1)可知,f(x)=? 1 ?2-2x,2≤x≤1, ?2x ,0≤x<2, 所以 y=xf(x)=? 1 ?-2x +2x,2≤x≤1,
2 2

1

作出函数 y=xf(x)(0≤x≤1)的图像如图(2)所示.

函数 y=xf(x)(0≤x≤1)的图像与 x 轴围成的图形如图(2)阴影部分,
1 2 所以 S 阴影=∫ 0 2x2dx+∫ 1 (-2x2+2x)dx

1

2

2 = x3 3

|

1 2 0

2 - x3 3 1 4

|

1 1 2

+x2

|

1 1 2

1 = . 4

[答案]

23.计算定积分∫ ? 1 (x2+sin x)dx=________. x3 1 ?1 2 解析:∫ ? 1 (x2+sin x)dx=? ? 3 -cos x?| ?1 =3. 答案: 2 3 )

1

24.由曲线 y= x,直线 y=x-2 及 y 轴所围成的图形的面积为( A. C. 10 3 B .4 D.6

16 3

解析:选 C

联立 y= x及 y=x-2 可得,x=4,所以由 y= x及 y=x-2 及 y 轴所围成的封
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?2 2 1 2 ? 闭图形面积为∫4 0( x-x+2)dx=? x - x +2x? 2 ?3 ?
3
1 2 ?1 3 ? 解析:∫1 0f(x)dx=∫0(ax +c)dx= 3ax +cx ? ?

16 . |4 0= 3

25.设函数 f(x)=ax2+c(a≠0),若∫1 0f(x)dx=f(x0),0≤x0≤1,则 x0 的值为________.

|1 0

1 = a+c=f(x0)=ax2 0+c, 3 1 3 3 ∴x2 .又∵0≤x0≤1,∴x0= . 0= ,x0=± 3 3 3 答案: 3 3 B组 26.已知函数 f(x)= ln x+k (k 为常数,e=2.718 28?是自然对数的底数),曲线 y=f(x)在点(1,f(1)) ex

处的切线与 x 轴平行. (1)求 k 的值; (2)求 f(x)的单调区间; (3)设 g(x)=xf′(x),其中 f′(x)为 f(x)的导函数,证明:对任意 x>0,g(x)<1+e 2.


[思路点拨]

(1)求导后利用方程即可求解.

(2)在定义域内,求使 f′(x)>0(f′(x)<0)成立的 x 的取值区间. (3)将证明不等式转化为求 g(x)的最大值,只要 g(x)max<1+e 2 即可证明不等式.


[ 解]

(1)由 f(x)=

ln x+k , ex

得 f′(x)=

1-kx-xln x ,x∈(0,+∞). xex

由于曲线 y=f(x)在(1,f(1))处的切线与 x 轴平行, 所以 f′(1)=0,因此 k=1. (2)由(1)得 f′(x)= 1 (1-x-xln x),x∈(0,+∞). xex

令 h(x)=1-x-xln x,x∈(0,+∞), 当 x∈(0,1)时,h(x)>0;当 x∈(1,+∞)时,h(x)<0. 又 ex>0,所以当 x∈(0,1)时, f′(x)>0; 当 x∈(1,+∞)时,f′(x)<0. 因此 f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞). (3)证明:因为 g(x)=xf′(x), 1 所以 g(x)= x(1-x-xln x),x∈(0,+∞). e 由(2)知 h(x)=1-x-xln x, 求导得 h′(x)=-ln x-2=-(ln x-ln e 2),


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所以当 x∈(0,e 2)时,h′(x)>0,函数 h(x)单调递增;


当 x∈(e 2,+∞)时,h′(x)<0,函数 h(x)单调递减.


所以当 x∈(0,+∞)时,h(x)≤h(e 2)=1+e 2.
- -

1 又当 x∈(0,+∞)时,0< x<1, e 1 - - 所以当 x∈(0,+∞)时, xh(x)<1+e 2,即 g(x)<1+e 2. e 综上所述,结论成立.

x2 27.已知函数 f(x)= -ln x,x∈[1,3]. 8 (1)求 f(x)的最大值与最小值; (2)若 f(x)<4-at 对任意的 x∈[1,3],t∈[0,2]恒成立,求实数 a 的取值范围; x2 x 1 解 (1)∵函数 f(x)= -ln x,∴f′(x)= - ,令 f′(x)=0 得 x=± 2, 8 4 x ∵x∈[1,3], 当 1<x<2 时,f′(x)<0; 当 2<x<3 时,f′(x)>0; ∴f(x)在(1,2)上是单调减函数, 在(2,3)上是单调增函数, 1 ∴f(x)在 x=2 处取得极小值 f(2)= -ln 2; 2 1 9 又 f(1)= ,f(3)= -ln 3, 8 8 1 9 ∵ln 3>1,∴ -( -ln 3)=ln 3-1>0, 8 8 ∴f(1)>f(3), 1 1 ∴x=1 时 f(x)的最大值为 ,x=2 时函数取得最小值为 -ln 2. 8 2 1 (2)由(1)知当 x∈[1,3]时,f(x)≤ , 8 故对任意 x∈[1,3],f(x)<4-at 恒成立, 1 31 只要 4-at> 对任意 t∈[0,2]恒成立,即 at< 恒成立,记 g(t)=at,t∈[0,2]. 8 8

?g?0?< 8 ∴? 31 ?g?2?< 8

31

31 ,解得 a< , 16

31 ∴实数 a 的取值范围是(-∞, ). 16

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28.设函数 f(x) =ln x-p(x-1),p∈R. (1)当 p=1 时,求函数 f(x)的单调区间; (2)设函数 g(x)=xf(x)+p(2x2-x-1),对任意 x≥1 都有 g(x)≤0 成立,求 p 的取值范围. 解:(1)当 p=1 时,f(x)=ln x-x+1,其定义域为(0,+∞). 1 所以 f′(x)= -1. x 1 由 f′(x)= -1>0 得 0<x<1,由 f′(x)<0 得 x>1. x 所以函数 f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞). (2)由函数 g(x)=xf(x)+p(2x2-x-1)=xln x+p(x2-1)(x>0),得 g′(x)=ln x+1+2px. 由(1)知,当 p=1 时,f(x)≤f(1)=0, 即不等式 ln x≤x-1 成立. 1 ①当 p≤- 时,g′(x)=ln x+1+2px≤(x-1)+1+2px=(1+2p)x≤0, 2 即函数 g(x)在[1,+∞)上单调递减,从而 g(x)≤g(1)=0,满足题意; 1? 1 ②当- <p<0 时,存在 x∈? ?1,-2p?使得 ln x>0,1+2px>0,从而 g′(x)=ln x+1+2px>0,即 2 1? 1? ? 函数 g(x)在? ?1,-2p?上单调递增,从而存在 x0∈?1,-2p?使得 g(x0)>g(1)=0,不满足题意; ③当 p≥0 时,由 x≥1 知 g(x)=xln x+p(x2-1)≥0 恒成立,此时不满足题意. 1? 综上所述,实数 p 的取值范围为? ?-∞,-2?.

29.(2014· 浙江)已知函数 f(x)=x3+3|x-a|(a>0),若 f(x)在[-1,1]上的最小值记为 g(a). (1)求 g(a); (2)证明:当 x∈[-1,1]时,恒有 f(x)≤g(a)+4. (1)解 因为 a>0,-1≤x≤1,所以 ①当 0<a<1 时, 若 x∈[-1,a],则 f(x)=x3-3x+3a, f′(x)=3x2-3<0, 故 f(x)在(-1,a)上是减函数; 若 x∈[a,1],则 f(x)=x3+3x-3a, f′(x)=3x2+3>0, 故 f(x)在(a,1)上是增函数. 所以 g(a)=f(a)=a3. ②当 a≥1 时,有 x≤a,则 f(x)=x3-3x+3a, f′(x)=3x2-3<0, 故 f(x)在(-1,1)上是减函数,

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所以 g(a)=f(1)=-2+3a.
3 ? ?a ,0<a<1, 综上,g(a)=? ?-2+3a,a≥1. ?

(2)证明 令 h(x)=f(x)-g(a). ①当 0<a<1 时,g(a)=a3. 若 x∈[a,1],则 h(x)=x3+3x-3a-a3, h′(x)=3x2+3, 所以 h(x)在(a,1)上是增函数, 所以,h(x)在[a,1]上的最大值是 h(1)=4-3a-a3, 且 0<a<1,所以 h(1)≤4.故 f(x)≤g(a)+4. 若 x∈[-1,a],则 h(x)=x3-3x+3a-a3,h′(x)=3x2-3, 所以 h(x)在(-1,a)上是减函数, 所以,h(x)在[-1,a]上的最大值是 h(-1)=2+3a-a3. 令 t(a)=2+3a-a3,则 t′(a)=3-3a2>0, 知 t(a)在(0,1)上是增函数. 所以,t(a)<t(1)=4,即 h(-1)<4. 故 f(x)≤g(a)+4. ②当 a≥1 时,g(a)=-2+3a, 故 h(x)=x3-3x+2,h′(x)=3x2-3, 此时 h(x)在(-1,1)上是减函数, 因此 h(x)在[-1,1]上的最大值是 h(-1)=4. 故 f(x)≤g(a)+4. 综上,当 x∈[-1,1]时,恒有 f(x)≤g(a)+4.

[配套课时作业 2] ( A) 1.函数 f(x)=3x2+ln x-2x 的极值点的个数是( A.0 C.2 解析:选 A 函数定义域为(0,+∞), B .1 D.无数个 )

6x2-2x+1 1 且 f′(x)=6x+ -2= , x x 由于 x>0,g(x)=6x2-2x+1 中 Δ=-20<0,

专题二 第 3 讲(理)

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所以 g(x)>0 恒成立,故 f′(x)>0 恒成立. 即 f(x)在定义域上单调递增,无极值点. 2 2.(2012· 陕西高考)设函数 f(x)= +ln x,则( x 1 A.x= 为 f(x)的极大值点 2 1 B.x= 为 f(x)的极小值点 2 C.x=2 为 f(x)的极大值点 D.x=2 为 f(x)的极小值点 解析:选 D 2 1 x-2 函数 f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=- 2+ = 2 ,当 x=2 时,f′(x)=0; x x x )

当 x>2 时,f′(x)>0,函数 f(x)为增函数;当 0<x<2 时,f′(x)<0,函数 f(x)为减函数,所以 x=2 为函数 f(x)的极小值点. 3.(2012· 江南十校联考)已知定义在 R 上的函数 f(x),其导函数 f′(x)的大致图像如图所示,则下列叙述正确的是( A.f(b)>f(c)>f(d) B.f(b)>f(a)>f(e) C.f(c)>f(b)>f(a) D.f(c)>f(e)>f(d) 解析:选 C 依题意得,当 x∈(-∞,c)时,f′(x)>0;当 x∈(c,e)时,f′(x)<0;当 x∈(e, )

+∞)时,f′(x)>0.因此,函数 f(x)在(-∞,c)上是增函数,在(c,e)上是减函数,在(e,+∞)上是 增函数,又 a<b<c,所以 f(c)>f(b)>f(a). 4.设函数 f(x)=x3+2ax2+bx+a,g(x)=x2-3x+2(其中 x∈R,a,b 为常数).已知曲线 y= f(x)与 y=g(x)在点(2,0)处有相同的切线 l,则 a,b 的值分别为( A.a=2,b=-5 C.a=5,b=2 解析:选 B B.a=-2,b=5 D.a=-5,b=2 )

f′(x)=3x2+4ax+b,g′(x)=2x-3,由于曲线 y=f(x)与 y=g(x)在点(2,0)处有

相同的切线,故有 f(2)=g(2)=0,f′(2)=g′(2)=1,由此解得 a=-2,b=5. 5.已知 f1(x)=sin x+cos x,fn+1(x)是 fn(x)的导函数,即 f2(x)=f1′(x),f3(x)=f2′(x),?,fn+
1(x)=fn′(x),n∈N *

,则 f2 011(x)等于(

) B.sin x-cos x D.sin x+cos x

A.-sin x-cos x C.-sin x+cos x 解析:选 A

由题意知 f2(x)=cos x-sin x;

f3(x)=-sin x-cos x; f4(x)=-cos x+sin x; f5(x)=sin x+cos x;?

专题二 第 3 讲(理)

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可得 fn(x)是以 4 为周期的周期函数. 故 f2 011(x)=f3(x)=-sin x-cos x. 6.函数 f(x)=x2-2ax+a 在区间(-∞,1)上有最小值,则函数 g(x)= 一定( ) B.有最大值 D.是增函数 由函数 f(x)=x2-2ax+a 在区间(-∞, 1)上有最小值, 可得 a 的取值范围为 a<1. f?x? 在区间(1,+∞)上 x

A.有最小值 C.是减函数 解析: 选D

f?x? a a 所以 g(x)= =x+ -2a,则 g′(x)=1- 2. x x x 易知在 x∈(1,+∞)上 g′(x)>0,所以 g(x) 为增函数. x ,x∈[0,1], ? ? 7.(2012· 长春调研 )设 f(x)=?1 (e 为自然对数的底数),则∫e 0 f(x)dx 的值为 , x ∈ ? 1 , e] ?x ? ________. x3 1 2 e1 解析:依题意得∫e 0f(x)dx=∫0x dx+∫1 dx= x 3 答案: 4 3 1 4 e |1 0+ln x| 1= +1= . 3 3
2

1 8.设函数 f(x)=x(ex-1)- x2,则函数 f(x)的单调增区间为________. 2 1 解析:因为 f(x)=x(ex-1)- x2,所以 f′(x)=ex-1+xex-x=(ex-1)· (x+1).令 f′(x)>0,即 2 (ex-1)· (x+1)>0,解得 x∈(-∞,-1)或 x∈(0,+∞). 所以函数 f(x)的单调增区间为(-∞,-1]和[0,+∞). 答案:(-∞,-1]和[0,+∞) 9.已知函数 f(x)=ex+aln x 的定义域是 D,关于函数 f(x)给出下列命题: ①对于任意 a∈(0,+∞ ),函数 f(x)是 D 上的减函数; ②对于任意 a∈(-∞,0 ),函数 f(x)存在最小值; ③存在 a∈(0,+∞ ),使得对于任意的 x∈D,都有 f(x)>0 成立; ④存在 a∈(-∞,0 ),使得函数 f(x)有两个零点. 其中正确命题的序号是________(写出所有正确命题的序号). a 解析:由 f(x)=ex+aln x 可得 f′(x)=ex+ ,若 a>0,则 f′(x)>0,得函数 f(x)是 D 上的增函 x a 数,存在 x∈(0,1),使得 f(x)<0,即得命题①③不正确;若 a<0,设 ex+ =0 的根为 m,则在(0, x m)上 f′(x)<0,在(m,+∞)上 f′(x)>0,所以函数 f(x)存在最小值 f(m),即命题②正确;若 f(m)<0, 则函数 f(x)有两个零点,即命题④正确. 答案:②④

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1 10.(2012· 安徽高考)设定义在(0,+∞)上的函数 f(x)=ax+ +b(a>0). ax (1)求 f(x)的最小值; 3 (2)若曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为 y= x,求 a,b 的值. 2 解:(1)法一:由题设和基本不等式可知, 1 f(x)=ax+ +b≥2+b, ax 其中等号成立当且仅当 ax=1, 1 即当 x= 时,f(x)取最小值为 2+b. a 法二:f(x)的导数 f′(x)=a-
2 2 1 a x -1 , 2= ax ax2

1 1 ? 当 x> 时,f′(x)>0,f(x)在? ?a,+∞?上单调递增; a 1? 1 当 0<x< 时,f′(x)<0,f(x)在? ?0,a?上单调递减. a 1 所以当 x= 时,f(x)取最小值,为 2+b. a (2)由题设知,f′(x)=a- 1 1 3 1 ,f′(1)=a- = ,解得 a=2 或 a=- (不合题意,舍去). ax2 a 2 2

1 3 将 a=2 代入 f(1)=a+ +b= ,解得 b=-1.所以 a=2,b=-1. a 2 11.(2012· 潍坊模拟)已知函数 f(x)=(x2-3x+3)ex,x∈[-2,t](t>-2). (1)当 t<1 时,求函数 y=f(x)的单调区间; (2)设 f(-2)=m,f(t)=n,求证:m<n. 解:(1)f′(x)=(2x-3)ex+ex(x2-3x+3)=exx(x-1), ①当-2<t≤0,x∈[-2,t]时,f′(x)≥0,f(x)单调递增. ②当 0<t<1,x∈[-2,0)时,f′(x)>0,f(x)单调递增, 当 x∈(0,t]时,f′(x)<0,f(x)单调递减. 综上, 当-2<t≤0 时,y=f(x)的单调递增区间为[-2,t], 当 0<t<1 时,y=f(x)的单调递增区间为[-2,0),单调递减区间为(0,t]. (2)证明:依题意得 m=f(-2)=13e 2,n=f(t)=(t2-3t+3)et,


设 h(t)=n-m=(t2-3t+3)et-13e 2,t>-2,


h′(t)=(2t-3)et+et(t2-3t+3)=ett(t-1)(t>-2). 故 h(t),h′(t)随 t 的变化情况如下表: t h′(t) h(t) (-2,0) + 0 0 极大值 (0,1) - 1 0 极小值 (1,+∞) +

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由上表可知 h(t)的极小值为 h(1)=e- 2)=0,即 h(t)>0, 因此,n-m>0,即 m<n.

3 13 e -13 >0, 又 h(-2)=0, 所以当 t>-2 时, h(t)>h(- 2= e e2

12.(2012· 浙江高考)已知 a∈R,函数 f(x)=4x3-2ax+a. (1)求 f(x)的单调区间; (2)证明:当 0≤x≤1 时,f(x)+| 2-a|>0. 解:(1)由题意得 f′(x)=12x2-2a. 当 a≤0 时,f′(x)≥0 恒成立,此时 f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞). 当 a>0 时, f′(x)=12?x-

?

a?? x+ 6?? a , 6

a? , 此时函数 f(x)的单调递增区间为?-∞,- 6? ? a? . 6?

a? 和 6?

? ?

a ,+∞?,单调递减区间为?- 6 ? ?

(2)证明:由于 0≤x≤1,故当 a≤2 时, f(x)+|2-a|=4x3-2ax+2≥4x3-4x+2. 当 a>2 时,f(x)+|2-a|=4x3+2a(1-x)-2 ≥4x3+4(1-x)-2=4x3-4x+2. 设 g(x)=2x3-2x+1,0≤x≤1, 则 g′(x)=6x2-2=6?x-

?

3?? 3? ,于是 g′(x),g(x)随 x 的变化情况如下表: x+ 3 ?? 3?

x g′(x) g ( x) 所以,g(x)min=g?

0

?0, 3 ? 3? ?


3 3 0 极小值

? 3,1? ?3 ?


1

1 4 3 3? ? 3 ?=1- 9 >0.

1

所以当 0≤x≤1 时,2x3-2x+1>0. 故 f(x)+|2-a|≥4x3-4x+2>0. (B ) 1.(2012· 新课标全国卷)已知函数 y=x -3x+c 的图像与 x 轴恰有两个公共点,则 c= ( A.-2 或 2 C.-1 或 1 解析:选 A B.-9 或 3 D.-3 或 1 设 f(x)=x3-3x+c,对 f(x)求导可得,f′(x)=3x2-3,令 f′(x)=0,可得 x=± 1, )
3

易知 f(x)在(-∞,-1),(1,+∞)上单调递增,在(-1,1)上单调递减.若 f(1)=1-3+c=0,可 得 c=2;若 f(-1)=-1+3+c=0,可得 c=-2. 2.函数 f(x)的定义域为(0,+∞),且 f(x)>0,f′(x)>0,则函数 y=xf(x)( A.存在极大值 B.存在极小值
专题二 第 3 讲(理) 第 22 页 共 33 页

)

C.是增函数 解析:选 C

D.是减函数 ∵y′=f(x)+xf′(x),而函数 f(x)的定义域为(0,+∞)且 f(x)>0,f′(x)>0,

∴y′>0 在(0,+∞)上恒成立. 因此 y=xf(x)在(0,+∞)上是增函数. 3.(2012· 湖北高考)已知二次函数 y=f(x)的图像如图所示,则它与 x 轴所围图形的面积为 ( )

A. C.

2π 5

4 B. 3 D. π 2

3 2

解析: 选B

x3 4 1 - +x?|1 由题中图像易知 f(x)=-x2+1, 则所求面积为 2∫0 (-x2+1)dx=2? ? 3 ? 0=3. )

4.若 a>3,则方程 x3-ax2+1=0 在(0,2)上的实根个数是( A.0 C.2 解析:选 B
3 2

B .1 D.3 令 f(x)=x -ax +1,而在区间(0,2)上函数 f(x)的导函数 f′(x)=3x2-2ax=x(3x

-2a)<0 恒成立,所以函数 f(x)在(0,2)上是减函数, 又 f(0)=1>0,f(2)=9-4a<0, 所以方程 x3-ax2+1=0 在(0,2)上恰有 1 个实根. 5. 已知函数 g(x)=ax3+bx2+cx(a∈R 且 a≠0), g(-1)=0, 且 g(x)的导函数 f(x)满足 f(0)f(1)≤0. b 则 的取值范围为( a 2 ? A.? ?-3,2? 2 ? C.? ?-3,1? 解析:选 C ∵g(x)=ax3+bx2+cx, ) 2 B.[ ,1] 3 2 ? D.? ?-3,3?

∴ g(-1)=-a+b-c=0,即 c=b-a. 又 f(x)=g′(x)=3ax2+2bx+c, 由 f(0)f(1)≤0, 得 c(3a+2b+c)≤0,所以(b-a)(3b+2a)≤0. ∵a≠0, b ?? b 2 b +2?≤0,解得- ≤ ≤1. ∴? a ?a-1??3· ? 3 a 2 b ? 所以 的取值范围是? ?-3,1?. a

专题二 第 3 讲(理)

第 23 页 共 33 页

6.给出定义:若函数 f(x)在区间 D 上可导,即 f′(x)存在,且导函数 f′(x)在区间 D 上也可 导,则称 f(x)在区间 D 上存在二阶导函数,记 f″(x)=(f′(x))′,若 f″(x)<0 在区间 D 上恒成立, π 则称 f(x)在区间 D 上为凸函数.以下四个函数在(0, )上不是凸函数的是( 2 A.f(x)=sin x+cos x B.f(x)=ln x-2x C.f(x)=-x3+2x-1 D.f(x)=-xe 解析: 选D
-x

)

π? 若 f(x)=sin x+cos x, 则 f″(x)=-sin x-cos x, 在 x∈? ?0,2?上,恒有 f″(x)<0;

π? 1 若 f(x)=ln x-2x,则 f″(x)=- 2,在 x∈? ?0,2?上,恒有 f″(x)<0; x 若 f(x)=-x3+2x-1,则 f″(x)=-6x, π? 在 x∈ ? ?0,2?上,恒有 f″(x)<0; 若 f(x)=-xe x,则 f″(x)=2e x-xe x=(2-x)e x,
- - - -

π? 在 x∈ ? ?0,2?上,恒有 f″(x)>0. 4 7.若函数 y=x+ 在(0,a)上为单调减函数,则实数 a 的取值范围是________. x 4 解析:y′=1- 2,x∈(0,a). x 因为 y 在(0,a)上单调递减, 4 故 y′=1- 2≤0?0<x≤2 或-2≤x<0 , x 所以 0<a≤2. 答案:(0,2] 1 8.已知函数 f(x)=aln x+ x2(a>0),若对定义域内的任意 x,f′(x)≥2 恒成立,则 a 的取值范 2 围是________. a a 解析:由题意得 f′(x)= +x≥2 a,当且仅当 =x, x x 即 x= a时取等号, ∵f′(x)≥2,∴只要 f′(x)min≥2 即可, 即 2 a≥2,解得 a≥1. 答案:[1,+∞) 9. 函数 f(x)=x3-3a2x+a(a>0)的极大值是正数, 极小值是负数, 则 a 的取值范围是________. 解析:f′(x)=3x2-3a2=3(x+a)(x-a),由 f′(x)=0 得 x=± a,当-a<x<a 时,f′(x)<0,函 数递减; 当 x>a 或 x<-a 时, f′(x)>0, 函数递增. f(-a)=-a3+3a3+a>0, 且 f(a)=a3-3a3+a<0,

专题二 第 3 讲(理)

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解得 a>

2 . 2 2 ? ? 2 ,+∞?

答案:?

10.某食品厂进行蘑菇的深加工,每公斤蘑菇的成本 20 元,并且每公斤蘑菇的加工费为 t 元(t 为常数,且 2≤t≤5),设该食品厂每公斤蘑菇的出厂价为 x 元(25≤x≤40),根据市场调查, 销售量 q 与 ex 成反比,当每公斤蘑菇的出厂价为 30 元时,日销售量为 100 公斤. (1)求该工厂的每日利润 y 元与每公斤蘑菇的出厂价 x 元的函数关系式; (2)若 t=5,当每公斤蘑菇的出厂价 x 为多少元时,该工厂的利润 y 最大,并求最大值. k k 解:(1)设日销量 q= x,则 30=100,所以 k=100e30. e e 所以日销量 q= 所以 y= 100e30 . ex

100e30?x-20-t? (25≤x≤40). ex 100e30?x-25? 100e30?26-x? , y′= , x e ex

(2)当 t=5 时,y=

由 y′≥0,得 x≤26,由 y′≤0,得 x≥26,所以 y 在区间[25,26]上单调递增,在区间[26,40] 上单调递减. 所以当 x=26 时,ymax=100e4. 所以当每公斤蘑菇的出厂价为 26 元时,该工厂的利润最大,最大值为 100e4 元. 11.已知函数 f(x)=x2ln x-a(x2-1),a∈R. (1)当 a=-1 时,求曲线 f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (2)若当 x≥1 时,f(x)≥0 成立,求 a 的取值范围. 解:(1)当 a=-1 时,f(x)=x2ln x+x2-1,f′(x)=2xln x+3x. 则曲线 f(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率为 f′(1)=3,又 f(1)=0,所以切线方程为 3x-y-3 =0. (2)f′(x)=2xln x+(1-2a)x=x(2ln x+1-2a),其中 x≥1. 令 f′(x)=0,得 x=ea
? 1 2

.

1 当 a≤ 时,因为 x≥1,所以 f′(x)≥0,所以函数 f(x)在[1,+∞)上单调递增, 2 故 f(x)≥f(1)=0.
a? a? 1 当 a> 时,若 x∈[1,e 2 ),则 f′(x)<0,所以函数 f(x)在[1,e 2 )上单调递减,所以当 x 2 a?

1

1

∈[1,e

1 2

)时,f(x)≤f(1)=0,不符合题意.

1? 所以 a 的取值范围是? ?-∞,2?.

专题二 第 3 讲(理)

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1-a 2 1 12.(2012· 天津高考)已知函数 f(x)= x3+ x -ax-a,x∈R,其中 a>0. 3 2 (1)求函数 f(x)的单调区间; (2)若函数 f(x)在区间(-2,0)内恰有两个零点,求 a 的取值范围; (3)当 a=1 时,设函数 f(x)在区间[t,t+3]上的最大值为 M(t),最小值为 m(t),记 g(t)=M(t) -m(t),求函数 g(t)在区间[-3,-1]上的最小值. 解:(1)f′(x)=x2+(1-a)x-a=(x+1)(x-a). 由 f′(x)=0,得 x1=-1,x2=a>0. 当 x 变化时 f′(x),f(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x) (-∞,-1) + -1 0 极大值 (-1,a) - a 0 极小值 (a,+∞) +

故函数 f(x)的单调递增区间是(-∞,-1),(a,+∞);单调递减区间是(-1,a). (2)由(1)知 f(x)在区间(-2,-1)内单调递增,在区间(-1,0)内单调递减,从而函数 f(x)在区间 (-2,0)内恰有两个零点当且仅当 f?-2?<0, ? ? 1 ?f?-1?>0, 解得 0<a<3. ? ?f?0?<0. 1? 所以,a 的取值范围是? ?0,3?. 1 (3)a=1 时,f(x)= x3-x-1. 3 由(1)知 f(x)在[-3,-1]上单调递增,在[-1,1]上单调递减,在[1,2]上单调递增. ①当 t∈[-3,-2]时,t+3∈[0,1],-1∈[t,t+3],f(x)在[t,-1]上单调递增,在[-1,t+ 1 3]上单调递减.因此,f(x)在[t,t+3]上的最大值 M(t)=f(-1)=- ,而最小值 m(t)为 f(t)与 f(t+3) 3 中的较小者.由 f(t+3)-f(t)=3(t+1)(t+2)知,当 t∈[-3,-2]时,f(t)≤f(t+3),故 m(t)=f(t), 5 所以 g(t)=f(-1)-f(t).而 f(t)在[-3,-2]上单调递增,因此 f(t)≤f(-2)=- .所以 g(t)在[-3, 3 5 4 1 - ?= . -2]上的最小值为 g(-2)=- -? 3 ? 3? 3 ②当 t∈[-2,-1]时,t+3∈[1,2], 且-1,1∈[t,t+3]. 下面比较 f(-1),f(1),f(t),f(t+3)的大小. 由 f(x)在[-2,-1],[1,2]上单调递增,有 f(-2)≤f(t)≤f(-1), f(1)≤f(t+3)≤f(2). 5 1 又由 f(1)=f(-2)=- ,f(-1)=f(2)=- , 3 3
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1 5 从而 M(t)=f(-1)=- ,m(t)=f(1)=- . 3 3 4 所以 g(t)=M(t)-m(t)= . 3 4 综上,函数 g(t)在区间[-3,-1]上的最小值为 . 3

(推荐时间:60 分钟) 一、选择题 1.曲线 y=x3-2x 在(1,-1)处的切线方程为( A.x-y-2=0 C.x+y-2=0 答案 A 解析 由已知,得点(1,-1)在曲线 y=x3-2x 上,所以切线的斜率为 y′|x=1=(3x2-2)|x=1 =1,由直线方程的点斜式得 x-y-2=0,故选 A. 2. (2014· 课标全国Ⅱ)设曲线 y=ax-ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为 y=2x, 则 a 等于( A.0 C.2 答案 D 1 解析 令 f(x)=ax-ln(x+1), 则 f′(x)=a- .由导数的几何意义可得在点(0,0)处的切线的 x+1 斜率为 f′(0)=a-1.又切线方程为 y=2x,则有 a-1=2,∴a=3. 3.(2014· 陕西)如图,某飞行器在 4 千米高空水平飞行,从距着陆点 A 的水平距离 10 千米处 开始下降,已知下降飞行轨迹为某三次函数图象的一部分,则该函数的解析式为( ) B.1 D.3 ) B.x-y+2=0 D.x+y+2=0 )

1 3 A.y= x3- x 125 5 3 C.y= x3-x 125

B.y=

2 3 4 x- x 125 5

3 1 D.y=- x3+ x 125 5

专题二 第 3 讲(理)

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答案 A 解析 函数在[-5,5]上为减函数,所以在[-5,5]上 y′≤0,经检验只有 A 符合.故选 A. 4.函数 f(x)的定义域是 R,f(0)=2,对任意 x∈R,f(x)+f′(x)>1,则不等式 ex· f(x)>ex+1 的 解集为( A.{x|x>0} B.{x|x<0} C.{x|x<-1,或 x>1} D.{x|x<-1,或 0<x<1} 答案 A 解析 构造函数 g(x)=ex· f(x)-ex, 因为 g′(x)=ex· f(x)+ex· f′(x)-ex =ex[f(x)+f′(x)]-ex>ex-ex=0, 所以 g(x)=ex· f(x)-ex 为 R 上的增函数. 又因为 g(0)=e0· f(0)-e0=1, 所以原不等式转化为 g(x)>g(0),解得 x>0. 1 5.若函数 f(x)=loga(x3-ax)(a>0,a≠1)在区间(- ,0)内单调递增,则 a 的取值范围是( 2 1 A.[ ,1) 4 9 C.( ,+∞) 4 答案 B 解析 由 x3-ax>0 得 x(x2-a)>0.
? ? ?x>0, ?x<0, 则有? 2 或? 2 ?x -a>0 ? ? ?x -a<0,

)

)

3 B.[ ,1) 4 9 D.(1, ) 4

∴x> a或- a<x<0, 即函数 f(x)的定义域为( a,+∞)∪(- a,0). 令 g(x)=x3-ax, 则 g′(x)=3x2-a. 由 g′(x)<0 得- 3a <x<0. 3 3a 1 , 0) 上是减函数,又函数 f(x) 在 x∈( - , 0) 内单调递增,则有 3 2

从而 g(x) 在 x∈( -

专题二 第 3 讲(理)

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?- a≤-1, 2 ? , ?- 33a≤-1 2
0<a<1, 3 ∴ ≤a<1. 4 6.如图所示,曲线 y=x2-1,x=2,x=0,y=0 围成的阴影部分的面积为( )

2 A.? 2 0|x -1|dx 2 2 B.|? 0 (x -1)dx| 2 C.? 2 0(x -1)dx 2 2 2 D.? 1 0(x -1)dx+? 1(1-x )dx

答案 A 解析 由曲线 y=|x2-1|的对称性,所求阴影部分的面积与如图图形的面积相等,
2 2 即 ?0 |x -1|dx,选 A.

二、填空题 2 2 2 7.已知 f(x)=x3+f′( )x2-x,则 f(x)的图象在点( ,f( ))处的切线斜率是________. 3 3 3 答案 -1 2 2 2 2 2 2 2 解析 f′(x)=3x2+2f′( )x-1,令 x= ,可得 f′( )=3×( )2+2f′( )× -1,解得 f′( ) 3 3 3 3 3 3 3 2 2 =-1,所以 f(x)的图象在点( ,f( ))处的切线斜率是-1. 3 3 ax+1 8.若函数 f(x)= 在 x∈(2,+∞)上单调递减,则实数 a 的取值范围是________. x+2 1 答案 a< 2

专题二 第 3 讲(理)

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?ax+1?′?x+2?-?x+2?′?ax+1? a?x+2?-?ax+1? 2a-1 解析 f′(x)= = = ,令 f′(x)<0, ?x+2?2 ?x+2?2 ?x+2?2 1 即 2a-1<0,解得 a< . 2 9.已知函数 f(x)=mx3+nx2 的图象在点(-1,2)处的切线恰好与直线 3x+y=0 平行,若 f(x)在 区间[t,t+1]上单调递减,则实数 t 的取值范围是__________. 答案 [-2,-1] 解析 由题意知,点(-1,2)在函数 f(x)的图象上, 故-m+n=2.① 又 f′(x)=3mx2+2nx,则 f′(-1)=-3, 故 3m-2n=-3.② 联立①②解得:m=1,n=3,即 f(x)=x3+3x2, 令 f′(x)=3x2+6x≤0,解得-2≤x≤0, 则[t,t+1]?[-2,0],故 t≥-2 且 t+1≤0, 所以 t∈[-2,-1]. 1 10.已知函数 f(x)=- x2+4x-3ln x 在[t,t+1]上不单调,则 t 的取值范围是____________. 2 答案 0<t<1 或 2<t<3
2 3 -x +4x-3 解析 f′(x)=-x+4- = x x

?x-1??x-3? =- ,由 f′(x)=0 得函数的两个极值点 1,3,则只要这两个极值点在区间(t,t+ x 1)内,函数在区间[t,t+1]上就不单调,由 t<1<t+1 或 t<3<t+1,解得 0<t<1 或 2<t<3. 三、解答题 x a 3 11.(2014· 重庆)已知函数 f(x)= + -ln x- ,其中 a∈R,且曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的 4 x 2 1 切线垂直于直线 y= x. 2 (1)求 a 的值; (2)求函数 f(x)的单调区间与极值. 1 a 1 解 (1)对 f(x)求导得 f′(x)= - 2- , 4 x x 1 3 5 由 f(x)在点(1,f(1))处的切线垂直于直线 y= x 知 f′(1)=- -a=-2,解得 a= . 2 4 4 x 5 3 (2)由(1)知 f(x)= + -ln x- , 4 4x 2 x2-4x-5 则 f′(x)= . 4x 2

专题二 第 3 讲(理)

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令 f′(x)=0,解得 x=-1 或 x=5. 因为 x=-1 不在 f(x)的定义域(0,+∞)内,故舍去. 当 x∈(0,5)时,f′(x)<0,故 f(x)在(0,5)内为减函数; 当 x∈(5,+∞)时,f′(x)>0, 故 f(x)在(5,+∞)内为增函数. 由此知函数 f(x)在 x=5 时取得极小值 f(5)=-ln 5. a-1 12.已知 f(x)=x2+3x+1,g(x)= +x. x-1 (1)a=2 时,求 y=f(x)和 y=g(x)图象的公共点个数; (2)a 为何值时,y=f(x)和 y=g(x)的公共点个数恰为两个.
? ?y=f?x?, 解 (1)当 a=2 时,联立? ? ?y=g?x?,

1 得 x2+3x+1= +x, x-1 整理得 x3+x2-x-2=0(x≠1), 即联立
?y=0, ? ? 3 2 ? ?y=x +x -x-2?x≠1?,

求导得 y′=3x2+2x-1=0 得 1 x1=-1,x2= , 3 1 得到极值点分别在-1 和 处, 3 且极大值、极小值都是负值,图象如图, 故交点只有一个.
? ?y=f?x?, a-1 (2)联立? 得 x2+3x+1= +x, x-1 ?y=g?x?, ?

整理得 a=x3+x2-x(x≠1),
?y=a, ? 1 即联立? 对 h(x)求导可以得到极值点分别在-1 和 处,画出草 3 2 3 ? y = h ? x ? = x + x - x ? x ≠ 1 ? , ?

图如图.

1 5 h(-1)=1,h( )=- , 3 27
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当 a=h(-1)=1 时,y=a 与 y=h(x)仅有一个公共点(因为(1,1)点不在 y=h(x)曲线上), 5 故 a=- 时恰有两个公共点. 27 13.设函数 f(x)=aex(x+1)(其中,e=2.718 28??),g(x)=x2+bx+2,已知它们在 x=0 处有 相同的切线. (1)求函数 f(x),g(x)的解析式; (2)求函数 f(x)在[t,t+1](t>-3)上的最小值; (3)若对?x≥-2,kf(x)≥g(x)恒成立,求实数 k 的取值范围. 解 (1)f′(x)=aex(x+2),g′(x)=2x+b. 由题意,得两函数在 x=0 处有相同的切线. ∴f′(0)=2a,g′(0)=b, ∴2a=b,f(0)=a,g(0)=2,∴a=2,b=4, ∴f(x)=2ex(x+1),g(x)=x2+4x+2. (2)f′(x)=2ex(x+2),由 f′(x)>0 得 x>-2, 由 f′(x)<0 得 x<-2, ∴f(x)在(-2,+∞)单调递增, 在(-∞,-2)单调递减.∵t>-3, ∴t+1>-2. ①当-3<t<-2 时,f(x)在[t,-2]单调递减,在[-2,t+1]单调递增, ∴f(x)min=f(-2)=-2e 2.


②当 t≥-2 时,f(x)在[t,t+1]单调递增, ∴f(x)min=f(t)=2et(t+1);
2 ? ?-2e ?-3<t<-2? ∴f(x)=? t ?2e ?t+1??t≥-2? ?


(3)令 F(x)=kf(x)-g(x)=2kex(x+1)-x2-4x-2, 由题意当 x≥-2 时,F(x)min≥0. ∵?x≥-2,kf(x)≥g(x)恒成立, ∴F(0)=2k-2≥0,∴k≥1. F′(x)=2kex(x+1)+2kex-2x-4 =2(x+2)(kex-1), 1 1 ∵x≥-2,由 F′(x)>0 得 ex> ,∴x>ln ; k k 1 1 1 由 F′(x)<0 得 x<ln ,∴F(x)在(-∞,ln )单调递减,在[ln ,+∞)单调递增. k k k 1 ①当 ln <-2, k
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即 k>e2 时,F(x)在[-2,+∞)单调递增, 2 - F(x)min=F(-2)=-2ke 2+2= 2(e2-k)<0, e 不满足 F(x)min≥0. 1 2 当 ln =-2,即 k=e2 时,由①知,F(x)min=F(-2)= 2(e2-k)=0,满足 F(x)min≥0. k e 1 1 1 ③当 ln >-2,即 1≤k<e2 时,F(x)在[-2,ln )单调递减,在[ln ,+∞)单调递增. k k k 1 F(x)min=F(ln )=ln k(2-ln k)>0, k 满足 F(x)min≥0. 综上所述,满足题意的 k 的取值范围为[1,e2].

专题二 第 3 讲(理)

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